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第6讲 牛顿第二定律的应用1 听课手册


第6讲

牛顿第二定律的应用 1

核心填空 一、动力学的两类基本问题 1.由物体的受力情况判断运动情况:处理这类问题的基本思路是:先求出几个力的合力, 由牛顿第二定律(F 合=ma)求出________,再由运动学的有关公式求出速度或位移. 2.由物体的运动情况判断受力情况:处理这类问题的基本思路是:已知加速度或根据运动 规律求出________,再由牛顿第二定律求出合力,从而确定未知力.

图 61 说明:不管是哪种类型,一般总是先根据已知条件求出物体运动的加速度,然后再由此得 出问题的答案. 二、超重和失重 1.超重 (1) 超重现象:物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力 )________ 物体所受重力的 情况称为超重现象. (2)产生条件:物体具有________的加速度. 2.失重 (1) 失重现象:物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力 )________ 物体所受重力的 情况称为失重现象. (2)产生条件:物体具有________的加速度. 3.完全失重 物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________的情况称为完全失重现象. 4.视重与实重 (1) 当 物 体 挂 在 弹 簧 测 力 计 下 或 放 在 水 平 台 秤 上 时 , 弹 簧 测 力 计 或 台 秤 的 示 数 称 为 ________.视重大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力. (2)物体实际受到的重力大小称为________. 三、连接体与隔离体 1.连接体与隔离体:两个或两个以上物体相连接组成的物体系统,称为________.如果把 其中某个(或几个)物体隔离出来,该物体称为________. 2.外力和内力 (1)以物体系为研究对象,系统之外其他物体的作用力是系统受到的________,而系统内各 物体间的相互作用力为________. (2) 求外力时应用牛顿第二定律列方程不考虑 ________ ;如果把物体隔离出来作为研究对 象,则这些内力将转换为隔离体的________. 易错判断

(1)放置于水平桌面上的物块受到的重力是物块的内力.( (2)系统的内力不会影响系统整体的运动效果.( 定.( ) ) ) )

)

(3)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解,所以加速度由运动情况决 (4)物体处于超重状态时,物体的重力大于 mg.( (5)物体处于完全失重状态时其重力消失.(

(6)物体处于超重或失重状态,由加速度的方向决定,与速度方向无关.( (7)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力.( )

)

考点一 动力学的两类基本问题 解决动力学两类问题的基本思路

图 62 1 [2015· 长春调研] 如图 63 甲所示,一个可视为质点的质量 m=2 kg 的物块,在粗糙水 平面上滑行,经过 A 点时物块速度为 v0=12 m/s,同时对其施加一与运动方向相反的恒力 F,此 后物块速度随时间变化的规律如图乙所示,g 取 10 m/s2.求: (1)物块与水平面之间的动摩擦因数 μ 和所施加的恒力 F 大小; (2)从施加恒力 F 开始,物块再次回到 A 点时的速度大小.

图 63

式题 [2015· 郑州一模] 观光旅游、科学考察经常利用热气球,保证热气球的安全就十分 重要.科研人员进行科学考察时,气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为 M=800 kg,在 空中停留一段时间后,由于某种故障,气球受到的空气浮力减小,当科研人员发现气球在竖直 下降时,气球速度为 v0=2 m/s,此时开始计时,经过 t0=4 s 时间,气球匀加速下降了 h1=16 m ,科研人员立即抛掉一些压舱物,使气球匀速下降.不考虑气球由于运动而受到的空气阻 力,气球下降过程中所受的空气浮力不变,重力加速度 g 取 10 m/s2. (1)气球加速下降阶段的加速度多大? (2)抛掉的压舱物的质量 m 多大? (3)抛掉一些压舱物后,气球经过时间 t1=5 s,气球下降的高度是多大?

考点二

超重与失重问题物理题根

2 (多选)如图 64 所示,木箱顶端固定一竖直放置的弹簧,弹簧下方连接一物块,木箱静 止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力.若在某段时间内,物块对箱底刚好无压力,则 在此段时间内,木箱的运动状态可能为( )

图 64 A.加速下降 B.加速上升 C.物块处于失重状态 D.物块处于超重状态 ■ 题根分析 本题通过受力分析和牛顿第二定律,考查运动过程中的超重、失重问题.对超重、失重问 题的分析应注意: (1)超重、失重现象的实质是物体的重力的效果发生了变化,重力的效果增大,则物体处于

超重状态;重力的效果减小,则物体处于失重状态.重力的作用效果体现在物体对水平面的压 力、物体对竖直悬线的拉力等方面,在超重、失重现象中物体的重力并没有发生变化. (2)物体是处于超重状态,还是失重状态,取决于加速度的方向,而不是速度的方向.只要 加速度有竖直向上的分量,物体就处于超重状态;只要加速度有竖直向下的分量,物体就处于 失重状态,当物体的加速度等于重力加速度时(竖直向下),物体就处于完全失重状态. (3)在完全失重的状态下,一切由重力产生的物理现象都会完全消失,如天平不能测量物体 的质量、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等. ■ 变式网络

图 65 式题 1 下列关于超重和失重的说法中,正确的是( ) A.物体处于超重状态时,所受重力增大,处于失重状态时,所受重力减小 B.在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时,升降机必定处于下降过程 C.在月球表面行走的人处于失重状态 D.物体处于超重或失重状态时,其质量及受到的重力都没有变化 式题 2 (多选)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图 66 所示,以竖直向上为 a 的正方向,则人对地板的压力( )

图 66 A.t=2 s 时最大 B.t=2 s 时最小 C.t=8.5 s 时最大 D.t=8.5 s 时最小 的是( 式题 3 (多选)飞船绕地球做匀速圆周运动,宇航员处于完全失重状态时,下列说法正确 )

A.宇航员不受任何力作用 B.宇航员处于平衡状态 C.地球对宇航员的引力全部用来提供向心力 D.正立和倒立时宇航员一样舒服 式题 4 (多选)在台秤的托盘上固定一斜面体,斜面与水平面的倾角为 θ,斜面体质量为 M,现在斜面上放一质量为 m 的物体,则( ) A.若物体从斜面上匀速下滑,台秤示数为(M+m)g B.若物体从斜面上匀速下滑,台秤示数大于(M+m)g C.若物体从光滑斜面上加速下滑,台秤示数为(M+mcos2θ )g D.若物体从光滑的斜面上加速下滑,台秤示数为(M+m)g 考点三 整体法与隔离法的应用 应用牛顿第二定律解决连接体类问题时,正确地选取研究对象是解题的关键.若连接体内

各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,则可以把它们看成一个整体,分析 整体受到的合外力,应用牛顿第二定律求出加速度 ( 或其他未知量 );若连接体内各物体的加速 度不相同,或者需要求出系统内各物体之间的作用力,则需要把物体从系统中隔离出来,应用 牛顿第二定律列方程求解;若连接体内各物体具有相同的加速度,且需要求物体之间的作用 力,则可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律 求作用力,即“先整体求加速度,后隔离求内力”. 3 (多选)[2015· 全国卷Ⅱ] 在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车 厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩 P 2 和 Q 间的拉力大小为 F;当机车在西边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向西行驶时,P 和 Q 3 间的拉力大小仍为 F.不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为 ( ) A.8 B.10 C.15 D.18

式题 1 (整体法与隔离法交替应用 )a 、b 两物体的质量分别为 m1、 m2 ,由轻质弹簧相 连.当用大小为 F 的恒力竖直向上拉着 a,使 a、b 一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量 为 x1;当用大小仍为 F 的恒力沿水平方向拉着 a,使 a、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运 动时,弹簧伸长量为 x2,如图 67 所示,则( )

图 67 A.x1 一定等于 x2 B.x1 一定大于 x2 C.若 m1>m2,则 x1>x2 D.若 m1<m2,则 x1<x2 式题 2 (多选)(侧重隔离法)如图 68 所示,带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动, 小球 A 用细线悬挂于支架前端,质量为 m 的物块 B 始终相对小车静止地摆放在右端.B 与小车 平板间的动摩擦因数为 μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向 θ 角,则此刻( )

图 68 A.小车对物块 B 的摩擦力大小为 μmg B.小车对物块 B 的摩擦力水平向右 C.小车对物块 B 的摩擦力大小为 mgtan θ D.小车对物块 B 的合力大小为 mg 1+tan2θ ■ 注意事项 求解连接体之间的作用力时,一般选受力较少的隔离体为研究对象;求解具有相同的加速 度的连接体外部对物体的作用力或加速度时,一般选取整个系统整体为研究对象.大多数连接 体问题需要整体法和隔离法的交替运用.

第6讲 【教材知识梳理】 核心填空 一、1.加速度 2.加速度 二、1.(1)大于 (2)向上 3.等于零 4.(1)视重 三、1.连接体 隔离体 2.(1)外力 内力 易错判断 (2)内力 外力 2.(1)小于 (2)实重

牛顿第二定律的应用 1

(2)向下

(1)(×)研究对象以外的物体对研究对象施加的力为外力,重力是地球对物块施加的,不是 物块的内力; (2)(√)系统整体的运动效果由系统受到的外力决定,系统内部各部分之间的相互作用力影 响各部分的运动,不影响整体的运动 (3)(×)根据牛顿第二定律,物体的加速度由物体受到的合力及物体的质量决定,与物体的 速度、位移、时间等因素无关 (4)(×)物体处于超重状态时,重力大小不变,重力的作用效果变大 (5)(×)物体处于完全失重状态时,重力大小不变,重力的作用效果消失 (6)(√)物体具有向上的加速度(或加速度分量)时处于超重状态,物体具有向下的加速度 (或 加速度分量)时处于失重状态,与速度方向无关 (7)(×)升降机减速上升时,加速度向下,物体处于失重状态,重力的效果减小,对地板的 压力小于物体的重力 【考点互动探究】 考点一 例1 动力学的两类基本问题 8N (2)6.9 m/s (1)0.2

[解析] (1)从图像可知,0~2 s 内物体做匀减速运动 加速度大小 a1=6 m/s2 由牛顿第二定律,F+μmg=ma1 2~4 s 物体做反方向的匀加速直线运动,加速度大小 a2=2 m/s2 由牛顿第二定律,F-μmg=ma2 联立解得 F=8 N,μ=0.2 (2)由 vt 图像可得匀减速阶段的位移 x=12 m 反方向匀加速运动的位移 x= v2 A 2a2

解得速度 vA=4 3 m/s=6.9 m/s 变式题 (1)1 m/s2 (2)80 kg (3)30 m [解析] (1)设气球匀加速下降的加速度为 a,受到空气的浮力为 F 1 由运动学公式可知 h1=v0t0+ at2 2 0 解得 a=1 m/s2 (2)由牛顿第二定律得 Mg-F=Ma 抛掉质量为 m 的压舱物,气球匀速下降 则(M-m)g=F

解得 m=80 kg (3)设抛掉压舱物时,气球的速度为 v1,经过 t1=5 s 下降的高度为 H 由运动学公式可知 v1=v0+at0 H=v1t1 解得 H=30 m 考点二 例 2 超重与失重问题 AC [解析 ] 木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力,此时物块在重

力、弹簧弹力、木箱底对它向上的支持力作用下处于平衡状态.当物块对箱底刚好无压力时, 重力、弹簧弹力不变,其合力竖直向下,所以系统的加速度向下,物块处于失重状态,可能加 速下降,选项 A、C 正确. 变式题 1 D [解析] 处于超重或失重状态时,物体的重力并不变化,变化的是重力的作用 效果,如对水平支持物的压力、对竖直绳的拉力发生了变化,所以选项 A 错误;物体处于失重 状态时,必有向下的加速度 ( 或分量 ) ,但是物体可以向上做减速运动,也可以向下做加速运 动,所以选项 B 错误;在月球上重力是由月球的引力产生的,同一物体在月球上的重力小于其 在地球上的重力,但物体并不是处于失重状态,所以选项 C 错误;超重或失重状态下,物体的 质量不变,重力不变,选项 D 正确. 变式题 2 AD [解析] 区分超重与失重的关键是看加速度的方向:加速度向上时,超重; 加速度向下时,失重.对人进行受力分析可知,FN-G=ma,即 FN=ma+G,a 大(小)则支持力 大(小),由牛顿第三定律可知,人对地板的压力也大(小),故选项 A、D 正确,B、C 错误. 变式题 3 CD [解析] 飞船绕地球做匀速圆周运动时,飞船以及里面的宇航员都受到地球 的万有引力,选项 A 错误;宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动,宇航员受到地球的万有引力 提供其做圆周运动的向心力,不是处于平衡状态,选项 B 错误,选项 C 正确;完全失重状态 下,重力的效果完全消失,正立和倒立情况下,身体中的器官都是处于悬浮状态,没有差别, 所以一样舒服,选项 D 正确. 变式题 4 AC [解析] 若物体从斜面上匀速下滑,系统受力平衡,台秤示数为 (M+m)g, A 正确,B 错误;若物体从光滑斜面上加速下滑,对斜面体,根据牛顿第二定律,有 N=Mg+ mgcos θ ·cos θ ,由牛顿第三定律可知台秤示数为(M+mcos2θ )g,D 错误,C 正确. 考点三 例3 整体法与隔离法的应用 F 2 F 3 = ,解得 k= n,k 是正整数,n 只能是 5 的倍数,故 km 3(n-k)m 5 BC [解析] 设这列车厢的节数为 n,P、Q 挂钩东边有 k 节车厢,每节车厢的质量为

m,由牛顿第二定律可知: B、C 正确,A、D 错误. 变式题 1 A

[解析] 以左图的整体为研究对象,由牛顿第二定律,F-(m1+m2)g =(m1+ m2F ;以右图的整体 m1+m2

m2)a1,以左图的物体 b 为研究对象,有 kx1-m2g=m2a1,联立解得 kx1=

为研究对象,由牛顿第二定律,F=(m1+m2)a2,以右图的物体 b 为研究对象,由牛顿第二定 律,有 kx2=m2a2,联立解得 kx2= 变式题 2 BCD m2F ,可见 x1=x2,选项 A 正确. m1+m2

[解析] 以整体(小车、支架、小球、物块)为研究对象,其加速度方向只能

是水平方向;以小球 A 为研究对象,受力分析知其合力水平向右,由牛顿第二定律有 mAgtan θ =mAa,可得小车向左做加速度大小为 a=gtan θ 的匀减速运动;以物块 B 为研究对象,小车对 物块 B 向右的静摩擦力 Ff=ma=mgtan θ ,小车对物块 B 竖直向上的支持力 FN=mg,故小车对
2 2 物块 B 产生的作用力的大小为 F= F2 N+Ff =mg 1+tan θ ,方向为斜向右上方,选项 B、C、

D 正确. 【教师备用习题】 1.如图所示,某跳伞运动员正减速下落,下列说法正确的是( )

A.运动员处于失重状态 B.运动员处于超重状态 C.伞绳对运动员的作用力小于运动员的重力 D.伞绳对运动员的作用力大于运动员对伞绳的作用力 [解析] B 跳伞运动员减速下落,则运动的方向向下,而加速度的方向向上,所以运动员 处于超重状态,选项 A 错误,B 正确;运动员处于超重状态,重力的效果增大,所以伞绳对运 动员的作用力大于运动员的重力,选项 C 错误;伞绳对运动员的作用力和运动员对伞绳的作用 力是作用力与反作用力,总是大小相等,方向相反,选项 D 错误. 2.[2015· 衡阳五校第二次联考]如图所示,固定斜面 CD 段光滑,DE 段粗糙,A、B 两物体 叠放在一起从 C 点由静止下滑,下滑过程中 A、B 保持相对静止,则( )

A.在 CD 段时,A 受三个力的作用 B.在 DE 段时,A 可能受两个力的作用 C.在 DE 段时,A 受到的摩擦力方向一定沿斜面向上 D.整个下滑过程中,A、B 均处于失重状态 [解析] C 在 CD 段,以 A、B 整体为研究对象,由牛顿第二定律有(mA+mB)gsin θ =(mA+ mB)a,解得 a=gsin θ ,以隔离体 A 为研究对象,设 B 对 A 的静摩擦力 FfA 平行斜面向下,由牛 顿第二定律有 mAgsin θ +FfA=mAa,解得 FfA=0,可知 A 受重力和支持力两个力作用,选项 A 错误;在 DE 段,以 A、B 整体为研究对象,由牛顿第二定律有(mA+mB)gsin θ -μ(mA+mB)gcos θ =(mA+mB)a′,解得加速度 a′=gsin θ -μgcos θ ,以隔离体 A 为研究对象,设 B 对 A 的静摩 擦力 FfA 平行斜面向下,由牛顿第二定律有 mAgsin θ +FfA=mAa′,解得 FfA=-μmAgcos θ , 负号说明方向沿斜面向上,所以 A 一定受三个力作用,选项 B 错误,C 正确;整体下滑的过程 中,CD 段加速度沿斜面向下,A、B 均处于失重状态,在 DE 段 a′=gsin θ -μgcos θ ,整体可 能做匀速直线运动,不处于失重状态,所以选项 D 错误. 3.一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面,在水平面上运动的 vt 图像如图所 示.已知重力加速度为 g,则根据图像不能求出的物理量是( )

A.木块的位移 B.木块的加速度 C.木块所受摩擦力

D.木块与水平面间的动摩擦因数 [解析] C 位移 x 可由图像与时间轴所围的面积求出,由 vt 图线的斜率可求出加速度 a,由 a 牛顿第二定律知,F=Ff=μFN=μmg=ma,故动摩擦因数 μ= 可求解,由于不知木块的质量, g 故不能解得木块所受摩擦力,选项 C 正确. 4.[2015· 重庆卷]若货物随升降机运动的 vt 图像如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降 机的支持力 F 与时间 t 关系的图像可能是( )

A [解析] B

B

C

D

货物的上下运动涉及超重和失重,超重时加速度向上,失重时加速度向下.由

vt 图像知,整个运动分为六个阶段,货物的加速度分别是:向下、为零、向上、向上、为零、 向下,故支持力和重力的关系分别为:小于、等于、大于、大于、等于、小于.以第二、五个 阶段为基准(支持力等于重力),可得答案为 B. 5.[2015· 海南卷]如图所示,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块.开始时,升降机做 匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑.当升降机加速上升时( )

A.物块与斜面间的摩擦力减小 B.物块与斜面间的正压力增大 C.物块相对于斜面减速下滑 D.物块相对于斜面匀速下滑 [ 解析 ] BD 升降机匀速上升时,物块匀速下滑,以物块为研究对象,沿斜面方向,有 mgsin θ =f,垂直于斜面方向,有 FN=mgcos θ ,又 f=μFN,解得 μ=tan θ ;升降机加速上 升时物块处于超重状态,物块与斜面间的正压力变大,滑动摩擦力也变大,选项 A 错误,选项 B 正确;加速上升瞬间,沿斜面方向,有 f′-mgsin θ =masin θ ;垂直于斜面方向,有 F′N- mgcos θ =macos θ ,解得 f′ =tan θ =μ,由于物块有相对于斜面向下的初速度,所以物块 F N′

沿斜面向下匀速运动,选项 C 错误,选项 D 正确. 6.[2013· 安徽卷]如图所示,细线的一端系一质量为 m 的小球,另一端固定在倾角为 θ 的光 滑斜面体顶端,细线与斜面平行.在斜面体以加速度 a 水平向右做匀加速直线运动的过程中, 小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力 T 和斜面的支持力 FN 分别为 ( 重力加速度为 g)( )

A.T=m(gsin θ +acos θ) B.T=m(gcos θ +asin θ ) C.T=m(acos θ -gsin θ ) D.T=m(asin θ -gcos θ ) [解析] A

FN=m(gcos θ -asin θ ) FN=m(gsin θ -acos θ ) FN=m(gcos θ +asin θ ) FN=m(gsin θ +acos θ )

本题考查受力分析、应用牛顿第二定律分析解决问题的能力.对物体进行受力

分析,应用牛顿第二定律,在水平方向有 Tcos θ - FNsin θ =ma ,在竖直方向有 Tsin θ + FNcos θ =mg,解得:T=macos θ +mgsin θ ,FN=mgcos θ -masin θ ,选项 A 正确.

7.[2013· 浙江卷]如图所示,总质量为 460 kg 的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度 为 0.5 m/s2,当热气球上升到 180 m 时,以 5 m/s 的速度向上匀速运动.若离开地面后热气球所 受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度 g=10 m/s2.关于热气球,下列说 法正确的是( )

A.所受浮力大小为 4830 N B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C.从地面开始上升 10 s 后的速度大小为 5 m/s D.以 5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为 230 N [解析] AD 热气球从地面刚开始竖直上升时,速度很小,空气阻力可以忽略,对热气球由 牛顿第二定律有:F-mg=ma,解得浮力 F=mg+ma=4830 N,故 A 正确.如果热气球一直匀 加速上升,则上升 180 m 时的速度 v= 2ah=6 5 m/s>5 m/s,故热气球不是匀加速上升,说 明随着速度的增加,空气阻力也越来越大,故 B 错误.如果热气球一直匀加速上升,则上升 180 m 所用的时间 t= 2h =12 a 5 s>10 s,说明上升 10 s 后还未上升到 180 m 处,速度小于 5

m/s,故 C 错误.以 5 m/s 的速度匀速上升阶段,空气阻力 f=F-mg=230 N,故 D 正确.


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